(3)设h(x)= 是见x=0与z都是h的瑕点。为此记 coS 1=Lh(x)dx=l h(x)dx+2h(x)dx=1+12 对于l1,当取p≥n时,有 imx?h(x)=2<+∞(A=0或1) 故当n=1时(可使上述p满足np<1),L收敛:而当n21时,则因M(x)21,发散 对于1,若令1=x-x,则 sin tcOS t 类似于对l1的讨论,2当m<1时收敛,m≥1时发散 综合l1与l2的结果,当且仅当n与m都小于1时,所考察的瑕积分收敛(且因h(x)>0,自然也为绝 对收敛)。 (4)事实上,经变换x=1 就能把此瑕积分化为无穷积分: cos -dx= 而后者是条件收敛的。 例4证明:若(x)dx收敛,则「f(x)x亦必收敛。 分析由于条件中没有指出f(x)是否保持定号,也没有说[x(x)x是绝对收敛,因此不能用比较法 则错误地做成: f(x)≤r(xx∈+) 且(x)kx收敛,故了/(xkx绝对收敛 正确的作法应该借助狄利克雷判别法或阿贝尔判别法来证明 证由于 f(x)=-·xf(x)x∈[+∞ 而(xk收敛,士在+)上单调有界,故由阿贝尔判别法证得(x)x收敛 例5证明关于瑕积分的狄利克雷判别法 证类似于例3的(4),也可以把瑕积分中的问题经变换后化为无穷积分中的已经解决了的问题。为 此令x=a+-,得到 f(x)g(x)dx= f a+ (23)（3）设 x x h x sin cos 1 ( )   = ，是见 x = 0 与 2  都是 h 的瑕点。为此记    = = + = + 2 4 1 2 2 0 4 0 ( ) ( ) ( ) .     I h x dx h x dx h x dx I I 对于 1 I ，当取 p  n 时，有 lim ( ) ( 0 1). 0 + = + = 或 → x h x    p x 故当 n 1 时（可使上述 p 满足 n  p 1 ）， 1 I 收敛；而当 n 1 时，则因 1 , 1 ( ) I x h x   发散。 对于 2 I ，若令 t = − x 2  ，则 . sin cos 4 0 2    =  t t dt I 类似于对 1 I 的讨论， 2 I 当 m 1 时收敛， m 1 时发散。 综合 1 I 与 2 I 的结果，当且仅当 n 与 m 都小于 1 时，所考察的瑕积分收敛（且因 h(x)  0 ，自然也为绝 对收敛）。 （4）事实上，经变换 t x 1 = ，就能把此瑕积分化为无穷积分：   + = 1 2 1 0 , 1 cos cos 1 dt t t dx x x 而后者是条件收敛的。 例 4 证明：若  + 1 xf (x)dx 收敛，则  + 1 f (x)dx 亦必收敛。 分析 由于条件中没有指出 f (x) 是否保持定号，也没有说  + 1 xf (x)dx 是绝对收敛，因此不能用比较法 则错误地做成： f (x)  xf (x), x1,+), 且  + 1 xf (x) dx 收敛，故  + 1 f (x)dx 绝对收敛。 正确的作法应该借助狄利克雷判别法或阿贝尔判别法来证明。 证 由于 ( ), 1, ), 1 ( ) =  xf x x + x f x 而  + 1 xf (x)dx 收敛， x 1 在 1,+) 上单调有界，故由阿贝尔判别法证得  + 1 f (x)dx 收敛。 例 5 证明关于瑕积分的狄利克雷判别法。 证 类似于例 3 的（4），也可以把瑕积分中的问题经变换后化为无穷积分中的已经解决了的问题。为 此令 t x a 1 = + ，得到 . 1 1 1 ( ) ( ) 1 2 dt t g a t t f x g x dx f a b a b a        +      = +   + − （2.3）